2022年高一化学下学期期末考试试题(含解析) (IV)

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1、2022年高一化学下学期期末考试试题(含解析) (IV)1. 下列关于煤和石油的加工过程属于物理变化的是A. 煤的干馏 B. 煤的汽化和液化C. 石油的分馏 D. 石油的裂化和裂解【答案】C【解析】分析：A.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程；B.煤经过气化生成水煤气，液化生成甲醇，由水煤气加工得到液态烃和甲醇；C.石油的分馏是控制各物质沸点的不同来实现物质的分离的方法；D.石油的催裂化和裂解是在一定的条件下,将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程。详解:A.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，有新物质生成，属于化学变化，故A错误；B.煤经过

2、气化生成水煤气,液化生成甲醇,有新物质生成,都属于化学变化,由水煤气加工得到液态烃和甲醇,有新物质生成,属于化学变化,故B错误；C.石油的分馏是控制各物质沸点的不同来实现物质的分离的方法,属于物理变化过程,所以C选项是正确的；D.石油的催裂化和裂解是在一定的条件下,将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程,属于化学变化,故D错误。所以C选项是正确的。2. 下列关于各微粒之间的关系，描述正确的是A. 16O2和18O3互为同位素B. H2和D2互为同素异形体C. CH3COOH与HCOOCH3互为同分异构体D. 正丁烷与异丁烷互为同系物【答案】C【解析】分析：A

3、、质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素；B、同素异形体是相同元素组成形态不同的单质；C、分子式相同结构不同的化合物就互为同分异构体，紧扣定义判断；D、正丁烷和异丁烷分子式相同、结构不同。详解: A16O2与18O3是氧元素形成的不同单质，互为同素异形体，故A错误；B、H2和D2是由同位素构成的同种单质，不是同素异形体，故B错误;C、两者的分子式都是C2H4O2,但结构不同,属于同分异构体，故C正确；D、正丁烷和异丁烷分子式相同、结构不同,互为同分异构体,故D错误；所以C选项是正确的。点睛：本题考查同位素、同分异构体、同素异形体、同种物质的区别,需要掌握以下定义:同素异形体是相同元素组成形态

4、不同的单质；同位素是同一元素的不同核素；同系物是结构相似,分子组成上相差一个或若干个CH2的有机化合物。3. 下列说法正确的是A. 诗句“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是蛋白质和高级烃B. 糖类、油脂、蛋白质都是天然高分子化合物C. 糖类、油脂、蛋白质都能发生水解D. 油脂的皂化反应属于加成反应【答案】A【解析】分析：A项，蚕丝的主要成分是蛋白质，烛泪指的是石蜡，石蜡是几种高级烃的混合物；B.高分子化合物的相对分子量达到10000以上，油脂不属于高分子化合物；C项，单糖、二糖不能水解，多糖才能发生水解；D油脂在碱性条件下水解反应为皂化反应，属于取代反应。详解：A项，蚕丝

5、的主要成分是蛋白质，烛泪指的是石蜡，石蜡是几种高级烃的混合物，故A项正确；B项，糖类有单糖和二糖和多糖，单糖和二糖不属于高分子化合物；油脂的相对分子量较小，不属于高分子化合物，故B错误；C项，单糖、二糖不能水解，多糖才能发生水解，故C项错误；D油脂在碱性条件下水解反应为皂化反应，属于取代反应，故D错误；综上所述，本题的正确答案为A。点睛：本题考查了高分子化合物结构与性质、有机反应类型，注意掌握高分子化合物概念、结构及性质，明确淀粉和纤维素属于混合物，二者不属于同分异构体。4. 下列化工生产原理错误的是可以用电解熔融的氯化钠的方法来制取金属钠 可以用钠加入氯化镁饱和溶液中制取镁 用电冶铝时，原料

6、是氯化铝炼铁高炉中所发生的反应都是放热的，故无需加热A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：金属冶炼的方法主要有：热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来（Hg及后边金属）；热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来（ZnCu）；电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属（KAl）详解：钠是活泼金属，可以用电解熔融的氯化钠的方法来制取金属钠，故正确；钠是很活泼金属，将Na加入氯化镁溶液中，Na先和水反应生成NaOH，NaOH再和氯化镁发

7、生复分解反应，所以得不到Mg单质，可以采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，故错误；电解冶炼铝时，原料是氧化铝，因为氯化铝是分子晶体，熔融状态下氯化铝不导电，故错误；炼铁高炉中所发生的反应有的是放热有的是吸热，有些放热反应在加热条件下发生，故错误；故本题选D。点睛：本题考查了金属的冶炼，根据金属活动性强弱确定冶炼方法，易错选项是，注意冶炼金属铝的原料不是氯化铝而是氧化铝，且需要加冰晶石降低其熔点。5. A元素的原子最外层电子数是a，次外层电子数是b；B元素的原子M层电子数是(ab)，L层电子数是(ab)，则A、B两元素形成的化学式最可能表示为A. B3A2 B. A3B2 C. BA2 D. AB

8、2【答案】C【解析】L层电子数是（a+b)，说明a+b=8，A元素的原子最外层电子数是a，次外层电子数是b，说明b=2，a=6，A是O，B元素的原子M层电子数是（a-b)=4，B是Si，化合物是SiO2，故选C。6. 硅与碳属于同族元素，有一类由Si和H形成的有机硅化合物称“硅烷”，硅烷的组成、结构与相应的烷烃相似。下列叙述中不正确的是A. 硅烷的通式为SinH2n+2(n1)B. 乙硅烷(SiH3SiH3)的二氯代物有两种同分异构体C. 甲硅烷(SiH4)沸点比甲烷(CH4)低D. 甲硅烷热稳定性小于甲烷【答案】C详解：A. 由烷烃通式CnH2n+2可推知硅烷的通式为SinH2n+2(n1)

9、，故A正确；B. 乙硅烷(SiH3SiH3)的一氯代物有两种氢，则二氯代物有两种同分异构体，故B正确；C. 甲硅烷(SiH4)的相对分子质量比甲烷(CH4)大，则甲硅烷(SiH4)沸点比甲烷(CH4)高，故C不正确；D.非金属性SiC,则甲硅烷热稳定性小于甲烷，故D正确；综合以上分析，本题选C。7. 下列关于酯化反应说法正确的是A. 用CH3CH218OH与CH3COOH发生酯化反应，生成H218OB. 反应液混合时，顺序为先取乙醇再加入浓硫酸最后加入乙酸C. 乙酸乙酯不会和水生成乙酸和乙醇D. 用蒸馏的方法从饱和Na2CO3溶液中分离出乙酸乙酯【答案】B【解析】试题分析：A酯化反应中羧酸提供

10、羟基，醇提供氢原子，则用CH3CH218OH与CH3COOH发生酯化反应，生成CH3CO18OCH2CH3和H2O，A错误；B反应液混合时，顺序为先倒乙醇再倒浓硫酸最后倒乙酸，B正确；C乙酸乙酯和水反应生成乙酸和乙醇，C错误；D用分液的方法从饱和Na2CO3溶液中分离出乙酸乙酯，D错误。答案选B。考点：考查酯化反应的有关判断8. X、Y、Z三种元素的原子序数依次减小且三者原子序数之和为16，其常见单质在适当条件下可发生如图所示变化，其中B和C均为10电子分子。下列说法不正确的是A. X元素位于A族B. 1 mol Y和3 mol Z在一定条件下充分反应生成2 mol CC. A和C在一定条件下

11、能发生氧化还原反应D. C和X一定条件下能反应生成A和B【答案】B【解析】分析：常见的10电子分子有CH4、NH3、H2O、HF，因此Z元素为氢元素，则另外两种元素的原子序数之和为15，则X和Y可能是N和O，也可能是C和F。由于碳和氢气不能反应生成CH4，因此X只能是氮元素，因此三种短周期元素分别为O、N、H，原子序数之和为16，且B和C分别为H2O和NH3，故单质X为O2，Y为N2，Z为H2，A为NO。详解： A项，X为O，位于A族，故A项正确；B项，由于是可逆反应，所以1molN2和3molH2反应不可能完全转化为2mol NH3，故B项不正确；C项，NO与NH3一个为+2价的N，一个为-

12、3价的N，一定条件下可以发生归中反应，为氧化还原反应，故C项正确。D项，NH3和氧气发生催化氧化生成NO和H2O，故D项正确；综上所述，本题正确答案为B。9. 150、101kPa下，将下列有机物分别与足量的空气混合，引燃反应后恢复到原来的温度和压强，气体体积不变的是A. C2H6 B. C2H4 C. C3H8 D. C2H6【答案】B【解析】分析:烃的燃烧通式为:CxHy+(x+)O2xCO2+H2O，150时水为气态,引燃反应后恢复到原来的温度,气体体积不变,则反应前后气体的化学计量数不变。详解:烃的燃烧通式为：CxHy+(x+)O2xCO2+H2O，150时水为气态,引燃反应后恢复到原

13、来的温度,气体体积不变,则反应前后气体的化学计量数不变,即1+x+=x+，计算得出y=4，故满足分子中H原子数目为4即可，与C原子数目无关，所以B选项是正确的。10. 分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是A. 分子中存在两种含氧官能团B. 1mol该有机物可以分别与3molBr2和5molH2发生加成反应C. 该有机物可以使溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色D. 该有机物可以发生氧化反应、加成反应、取代反应和水解反应【答案】C【解析】分析:该物质中含有碳碳双键、羧基、醇羟基、醚键,具有烯烃、羧酸、醇、醚的性质，能发生加成反应、加聚反应、取代反应、氧化反应、中和反应、酯化

14、反应等,据此分析解答。详解:A.该物质中含有羧基、醇羟基、醚键三种含氧官能团,所以A选项是错误的；B. 1mol该有机物可以分别与3molBr2和3molH2发生加成反应，所以B选项是错误的；C. 该物质中含有碳碳双键, 可以使溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色，所以C选项是正确的；D. 该物质中不含酯基也没有卤原子，不能发生水解反应，故D错误；所以C选项是正确的。11. 在乙醇的化学性质中，各反应的断键方式可概括如下： 关于下列化学反应类型断键部位描述正确的是A. 发生酯化反应时断键B. 发生催化氧化反应时断键C. 生成乙醚断时键D. 与钠反应时断键【答案】C【解析】分析：A、乙醇与酸发生酯化反应

15、,醇脱氢、羧酸脱羟基；B、根据乙醇在铜催化下与O2反应生成乙醛和水，断开的是羟基上的氢氧键和与羟基所连的碳的氢；C、根据乙醇和浓硫酸共热至140时发生分子间脱水反应,断裂碳氧键、与羟基上的氢氧键；D、根据乙醇与与金属钠反应生成乙醇钠和氢气，断开的羟基上的氢氧键；综合以上分析，本题选C。12. 下列情况下，反应速率相同的是A. 等体积0.1 mol/L HCl和0.05 mol/L H2SO4分别与相同体积0.2 mol/L NaOH溶液反应B. 等质量锌粒和锌粉分别与等量1 mol/L HCl反应C. 等体积等浓度HCl和CH3COOH分别与等质量的Na2CO3粉末反应D. 等体积0.2 mo

16、l/L HCl和0.1 mol/L H2SO4与等量等表面积等品质石灰石反应【答案】A【解析】A因酸中的氢离子浓度相同，则反应速率相同，故A正确；BZn的接触面积不同，锌粉反应速率快，故B错误；C醋酸为弱酸，氢离子浓度不同，则反应速率不同，故C错误；D反应生成的硫酸钙微溶，阻止反应的进行，则盐酸反应的速率后来比硫酸反应的快，故D错误【点评】本题考查影响反应速率的因素，明确浓度、接触面积对反应速率的影响即可解答，注意反应的实质，选项D为解答的易错点，题目难度不大13. 某气态烃1体积最多能与2体积HBr发生加成反应，所得产物1mol可与6mol Cl2发生完全取代反应，则该烃的结构简式为A. C

17、H2=CHCH3 B. CH3CH=CHCH3C. CH2=CH-CH=CH2 D. CH3-CCH【答案】D【解析】分析：由选项可以知道,都是链烃，1体积某气态烃和与2体积HBr发生加成反应，说明分子中含2个双键或1个CC。生成了1体积该卤代烷能和6体积氯气发生取代反应，说明1个卤代烷中含有6个H原子，加成时1个烃分子已引入2个H原子形成卤代烷，所以该气体烃分子中含有4个H原子，以此来解答。详解: 1体积某气态烃和与2体积HBr发生加成反应，说明分子中含2个双键或1个CC。生成了1体积该卤代烷能和6体积氯气发生取代反应，说明1个卤代烷中含有6个H原子,加成时1个烃分子已引入2个H原子形成卤代

18、烷,所以该气体烃分子中含有4个H原子，由选项可以知道，只有D中含4个氢原子，故ABC错误,D正确，所以D选项是正确的。14. 分子式为C5H10O3与饱和NaHCO3溶液反应能放出气体，且1molC5H10O3与足量钠反应放出1mol气体的有机物有(不含立体异构)A. 7种 B. 8种 C. 9种 D. 12种【答案】D【解析】分析：有机物分子式为C5H10O3，等量的有机物与足量的NaHCO3溶液、Na反应时产生的气体在相同条件下的体积比为1：1，说明有机物分子中含有1个-COOH、1个-OH，该有机物可以看作，C4H10中2个H原子，分别被-COOH、-OH代替，结合C4H10的同分异构体

19、判断。详解: 有机物分子式为C5H10O3，等量的有机物与足量的NaHCO3溶液、Na反应时产生的气体在相同条件下的体积比为1：1，说明有机物分子中含有1个-COOH、1个-OH，该有机物可以看作，C4H10中2个H原子，分别被-COOH、-OH代替，若C4H10为正丁烷：CH3CH2CH2CH3，2个H原子分别被-COOH、-OH代替，都取代同一碳原子上2个H原子，有2种，取代不同C原子的2个H原子，有6种，相应的同分异构体有8种；若C4H10为异丁烷：CH3CH（CH2）CH3，2个H原子分别被-COOH、-OH代替，都取代同一碳原子上2个H原子，有1种，取代不同C原子的2个H原子，有3种

20、，相应的同分异构体有4种；故该有机物的可能的结构有8+4=12种。所以D选项是正确的。点睛：本题考查同分异构体的书写，判断有机物含有的官能团是关键，注意取代中利用定一移二进行判断。15. 某甲烷燃料电池构造示意图如下，关于该电池的说法不正确的是A. a极是负极，发生氧化反应B. 正极的电极反应是：O2+2H2O+4e-=4OH-C. 该甲烷燃料电池的总反应：CH4+2O2=CO2+2H2OD. 甲烷燃料电池是环保电池【答案】C【解析】试题分析：A、a极通入甲烷，甲烷发生氧化反应，所以a极是负极，正确；B、正极是氧气发生还原反应，得到电子，结合电解质溶液中的水生成氢氧根离子，正确；C、因为电解质

21、为碱性，所以生成的二氧化碳与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，错误；D、甲烷燃料电池最终的错误是碳酸根离子和水，对环境无污染，为环保电池，正确，答案选C。考点：考查甲烷燃料电池的分析判断16. 一定温度下的恒容密闭容器中，可逆反应2NO2（g）2NO（g）+ O2（g）达到平衡状态的标志是2(O2)=(NO2) 单位时间内生成n molO2的同时生成2n molNO2NO2、NO、O2的浓度之比为221 混合气体的颜色不再改变的状态混合气体的密度不再改变的状态 混合气体的平均相对分子质量不再改变A. B. C. D. 全部【答案】A【解析】试题分析：2V（O2）=V（NO2），未指明正逆反应，

22、不能判断为平衡状态，错误； 单位时间内生成n molO2的同时生成2n molNO2，符合正逆反应速率相等，为平衡状态，正确；NO2、NO、O2的浓度之比为221时，不一定是平衡状态，错误； 混合气体的颜色不再改变的状态，应为二氧化氮为红棕色气体，达到平衡时，气体颜色不再变化，正确；混合气体的密度不再改变的状态不一定是平衡状态，应为容器的体积不变，则气体的密度始终不变，错误；该反应是气体的物质的量发生变化的可逆反应，混合气体的平均相对分子质量发生变化，平衡时混合气体的平均相对分子质量不再改变，正确，答案选A。考点：考查平衡状态的判断17. （1）写出氯原子的原子结构示意图_，NH4Cl的电子式

23、_；（2）用电子式表示H2O的形成过程_；（3）已知一定条件下，白磷转化为红磷释放出能量，则等质量的白磷比红磷具有的能量_（填“高”、“低”），故白磷比红磷稳定性_（填“强”、“弱”），等质量的白磷和红磷充分燃烧均生成五氧化二磷，_放出热量多。（4）在“绿色化学工艺”中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制得的产物，即原子利用率为100%。下列反应类型能体现“原子经济性”原则的是 _。（请填序号）置换反应，化合反应， 分解反应， 取代反应， 加成反应，加聚反应（5）电解法冶炼金属铝的化学方程式为_。取等物质的量的MgO和Fe2O3 的混合物进行铝热反应，反应的化学方程式为_,引发铝热反应的实

24、验操作是_。【答案】 (1). (2). (3). (4). 高 (5). 弱 (6). 白磷 (7). (8). 2Al2O3（熔融） 4Al3O2 (9). Fe2O32Al 2FeAl2O3 (10). 加少量KClO3 , 插上镁条并将其点燃【解析】分析：（1）氯原子的核电荷数=核外电子总数=17，最外层为7个电子；氯化铵属于离子化合物，铵根离子和氯离子都需要标出所带电荷及最外层电子；（2）水分子为共价化合物，其分子中存在两个氧氢键，据此写出用电子式表示H2O的形成过程；（3）放热反应中，反应物总能量大于生成物总能量，则白磷能量高；物质的能量越高，该物质越不稳定；生成物相同时，反应物总

25、能量越高，则反应中放热热量越高；（4）根据“绿色化学工艺”的特征：反应物中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%；即生成物质只有一种，由原子守恒推测反应物的种类；（5）工业上电解熔融氧化铝冶炼铝；氧化铁和铝在高温下发生铝热反应生成氧化铝和铁,为使反应顺利进行,可加入氯酸钾,为助燃剂,点燃镁时反应可发生,镁为引燃剂。详解：（1）氯原子的原子序数为17，其原子核外有3个电子层，各层容纳电子数分别为2、8、7，氯原子结构示意图为：；氯化铵为离子化合物，阴阳离子都需要标出所带电荷及最外层电子，氯化铵的电子式为：，故答案为：；（2）氢原子和氧原子之间以共用电子对而形成水分子，用电子式表示形

26、成过程为：，故答案为：；（3）已知一定条件下，白磷转化为红磷释放出能量，说明反应物能量大于生成物总能量，则等质量的白磷比红磷具有的能量高，能量越高的物质越不稳定，故白磷比红磷稳定性弱；等质量的白磷和红磷充分燃烧均生成五氧化二磷，由于白磷能量高，属于白磷放出热量多，故答案为：高；弱；白磷（4）“原子经济性”原则的是反应物中的原子全部转化为欲制得的产物，即原子利用率为100%；题中反应符合的是化合反应；加成反应；加聚反应。故答案为：。（5）电解法冶炼金属铝的化学方程式为2Al2O3（熔融） 4Al3O2 ；氧化铁和铝在高温下发生铝热反应生成氧化铝和铁，反应的化学方程式为Fe2O32Al 2FeAl

27、2O3,为使反应顺利进行,可加入氯酸钾,为助燃剂,点燃镁时反应可发生,镁为引燃剂,所以引发铝热反应的实验操作是加少量KClO3 , 插上镁条并将其点燃,因此，本题正确答案是：2Al2O3（熔融） 4Al3O2 ；Fe2O32Al 2FeAl2O3；加少量KClO3 , 插上镁条并将其点燃。点睛：本题考查了电子式的表示方法及其应用、化学反应与能量变化等知识，注意掌握电子式的能够及书写原则，明确化学反应与能量变化的关系及物质稳定性与能量大小的关系。抓住一个主要信息（“绿色化学工艺”中反应物中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%）是解答本题的关键。18. （1） 的命名为_；（2）分

28、子式为C4H8的烯烃中带有支链的烯烃的结构简式为_，将该烯烃通入溴的四氯化碳溶液中，发生的反应类型为_，该烯烃在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为_。（3）乙醇分子中所含官能团的电子式为_，请写出与乙醇相对分子质量相等的羧酸和乙醇发生酯化反应的化学方程式_。【答案】 (1). 3-乙基戊烷 (2). (3). 加成反应 (4). (5). (6). 【解析】分析：（1）根据烷烃的命名原则命名；（2）根据要求写出烯烃C4H8的同分异构体的结构简式；烯烃和溴发生加成反应；根据加聚反应原理写出烯烃发生加聚反应的化学方程式。（3）乙醇分子中所含官能团为羟基，写出羟基电子式即可，与乙醇相对分子质量相等

29、的羧酸是甲酸，写出和乙醇发生酯化反应的化学方程式即可。详解：（1） 主链有5个碳原子，乙基为支链，在第三个碳原子上，故命名为：3-乙基戊烷；（2）分子式为C4H8的烯烃中带有支链的烯烃的结构简式为CH2=C(CH3)2，将该烯烃通入溴的四氯化碳溶液中，发生的反应类型为加成反应，该烯烃在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为。故本题答案为：CH2=C(CH3)2；加成反应；（3）羟基的电子式为，乙醇与甲酸发生酯化反应的化学方程式为：。故本题答案为：；。19. 一定温度下，在2L密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量随时间变化曲线如下图所示，按要求解决下列问题。（1）该反应的化学方程式为：_；（2

30、）用A表示的反应速率为：_；（3）下列条件改变时，能加快化学反应速率的是_请填代号）A扩大容器的容积 B增大C的用量C降低体系的温度 D加入催化剂（4）该反应达到化学反应限度时，B的转化率为_。（请保留一位小数）【答案】 (1). B(g)+C(g)2A(g) (2). 0.079 mol/(Ls) (3). BD (4). 65.8% 【解析】分析：（1）物质的量的变化与化学计量数呈正比书写化学方程式；（2）根据v=计算反应速率；（3）加快反应速率，可增大浓度、升高温度、增大压强或加入催化剂，以此解答该题;（4）转化率=消耗量/起始量100%；详解：（1）由图象可以看出，反应中B、C的物质的

31、量减少，应该为反应物，A的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到10s时，n(B)=0.79mol、n(C)=0.79mol、n(A)=1.58mol，则n(B)：n(C)：n(A)=1：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为：B(g)+C(g)2A(g)；(2) 用A表示的反应速率为：v(A)=0.0790.079 mol/(Ls)（3）A扩大容器的容积，相当于减小压强，则反应速率减小，故A错误；BC为气体，增大C的用量，浓度增大，反应速率增大，故B正确；C降低体系的温度，则反应速率减小，故C错误；D使用催化剂，加快反应速率，故D正确。故本题答案为：BD。（

32、4）该反应达到化学反应限度时，B的转化率为100%=65.8%。20. 碘是人体必须的元素之一，海洋植物如海带、海藻中含有丰富的、以碘离子形式存在的碘元素。在实验室中，从海藻里提取碘的流程和实验装置如下：（1）指出上述提取碘的过程中有关实验操作的名称：步骤_，步骤_。（2）写出步骤对应反应的离子方程式：_。（3）提取碘的过程中，可供选择的有机试剂是_。（请填代号）A 酒精 B 醋酸 C 四氯化碳 D 苯（4）为了使海藻灰中的碘离子转化为碘的有机溶液，即完成步骤至,实验室里有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网、以及必要的夹持仪器和物品，尚缺少的玻璃仪器是_。（5）从含碘的有机溶

33、剂中提取碘和回收有机溶剂，还需要经过蒸馏。指出下图实验装置中存在的错误之处：_。【答案】 (1). 过滤 (2). 萃取分液 (3). Cl2 +2I = I2 +2Cl (4). CD (5). 分液漏斗 普通漏斗 (6). 温度计水银球的位置不对【解析】试题分析：（1）分离不溶性固体和溶液采用过滤方法，分离碘水中的碘采用萃取的方法，所以是过滤、是萃取，故填：过滤；萃取；（2）氯气具有强氧化性，能将碘离子氧化为碘，离子方程式为Cl2+2I-I2+2Cl-，故填：Cl2+2I-I2+2Cl-；（3）萃取剂的选取标准：萃取剂和溶质不反应，萃取剂和原溶剂不互溶，溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中

34、的溶解度。A、酒精和水互溶，所以不能作萃取剂，A错误；B、醋酸和水互溶，所以不能作萃取剂，B错误；C、四氯化碳符合萃取剂的选取条件，所以可作萃取剂，C正确；D、苯符合萃取剂的选取条件，所以可作萃取剂，D正确；故选CD；（4）缺少用于过滤的普通漏斗、缺少用于萃取使用的分液漏斗，故答案为：普通漏斗；分液漏斗；（5）蒸馏时，温度计测量馏分的温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，故答案为：温度计水银球的位置不对考点：考查了从海藻里提取碘的实验的相关知识。21. 标准状况下，1.68L无色的可燃气体在足量氧气中完全燃烧。若将产物通入足量澄清石灰水中，得到白色沉淀质量为15g；若用足量碱石灰吸收

35、燃烧产物，增重9.3g。（1）燃烧产物中水的质量为_ g。（2）若原气体是单一气体，则其分子式为_。（3）若原气体是由两种等物质的量的气态烃组成的混合物，请写出他们的分子式_。（请写出两组）（4）若原气体是由两种等物质的量的气体组成的混合物，其中只有一种是烃，请写出他们的分子式_。（请写出两组）【答案】 (1). 2.7 (2). C2H4 (3). CH4和 C3H4 C2H2和C2H6 (4). H2和C4H6 CO和C3H8【解析】分析:根据有机物燃烧时，有机物中的碳全部转化为二氧化碳，二氧化碳与足量的氢氧化钙完全反应，生成不溶于水的白色沉淀碳酸钙，利用生成碳酸钙的质量计算燃烧生成二氧化

36、碳的质量；碱石灰既能吸收燃烧生成的水，又能吸收燃烧生成的二氧化碳，因此，增重的质量即燃烧生成二氧化碳和水的质量总和，从而求出水的质量，根据生成二氧化碳和水的质量计算出可燃物中C、H元素的物质的量，再根据条件求出分子式，据此解答。详解：(1)设燃烧产物中二氧化碳的质量为x，而碱石灰既能吸收燃烧生成的水，又能吸收燃烧生成的二氧化碳，因此，增重的质量即燃烧生成二氧化碳和水的质量总和：m(CO2)+m(H2O)=9.3g，m(H2O)=9.3g-6.6g=2.7g，故答案为：2.7g；(2)无色可燃气体的物质的量：n= = 0.075mol，n(CO2)=0.15mol，则n(C)=0.15mol；n

37、(H2O)=0.15mol，则n(H)=n (H2O)2=0.3mol，即0.075mol气体中含有0.15molC，0.3molH，所以n(气体):n(C):n(H)= 0.075mol :0.15mol:0.3mol=1:2:4，即1mol气体中含有2molC，4molH，所以该气体的分子式是C2H4，故答案为：C2H4；(3)因为单一气体为C2H4，现为等物质的量的两种气体烃的混合物，所以在2mol混合气体中，应含有4molC原子，8molH原子，这两种气气态烃可能是“CH4和C3H4”或“C2H2和C2H6”。故答案为：CH4和 C3H4； C2H2和C2H6；（4）因为单一气体为C2H4，现为等物质的量的两种气体的混合物，其中只有一种是烃，所以在2mol混合气体中，应含有4molC原子、8molH原子，这两种气体可能是：H2和C4H6 ；CO和C3H8等，故答案为：H2和C4H6 ；CO和C3H8。点睛：本题考查学生燃烧法确定有机物分子组成的知识，根据原子守恒法来解答，考查学生的知识运用能力、灵活分析处理实际问题的能力。